\documentclass[a4paper]{article}
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\title{\heiti\zihao{2} 习题3.2}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{用函数极限的定义来证明:}
\subsection{$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x-1}{x+2}=1$}
\textbf{证}\quad
$\forall \varepsilon>0$, 取 $X=\frac{3}{\varepsilon}$,当$|x|>X$时,
$$
	\left|\frac{x-1}{x+2}-1\right|=\left|\frac{3}{x+2}\right|<\left|\frac{3}{x}\right|<\varepsilon
$$

所以
$$
	\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x-1}{x+2}=1
$$

\subsection{$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x-2}{2 x+3}=\frac{1}{2}$}
\textbf{证}\quad
$\forall \varepsilon>0$, 取 $X=\frac{7}{4\varepsilon}$,当$|x|>X$时,
$$
	\left|\frac{x-2}{2 x+3}-\frac{1}{2}\right|=\left|\frac{-7}{4 x+6}\right|<|\frac{7}{4 x} |<\varepsilon
$$

所以
$$
	\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x-2}{2 x+3}=\frac{1}{2}$$

\subsection{$\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(x-\sqrt{x^{2}-1}\right)=0$}
\textbf{证}\quad
$\forall \varepsilon>0$, 取 $X=\frac{1}{2\varepsilon}+2$,当$|x|>X$时,
$$
	\left|x-\sqrt{x^{2}-1}\right|=\left|\frac{1}{x+\sqrt{x^{2}-1}}\right|<\left|\frac{1}{2 \sqrt{x^{2}-1}}\right|<\left|\frac{1}{2 x-2}\right|<\varepsilon
$$

所以
$$
	\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(x-\sqrt{x^{2}-1}\right)=0
$$

\subsection{$\lim _{x \rightarrow-\infty} \mathrm{e}^{x}=0$}
\textbf{证}\quad
$\forall \varepsilon>0$, 取 $X=ln(\varepsilon)$,当$x<X$时,有$$0<|e^x-0|=e^x<\varepsilon$$

所以$$\lim _{x \rightarrow-\infty} \mathrm{e}^{x}=0$$

\subsection{$\lim _{x \rightarrow \infty} \sqrt[x]{a}=1(a>0)$}
\textbf{证}\quad
当$x\rightarrow+\infty$时,$\forall \varepsilon>0$,取$X=\frac{1}{\log _{a}(1+\varepsilon)}$,则$x>X$时,$$\left|a^{\frac{1}{x}}-1\right|<\varepsilon$$

所以$$\lim _{x \rightarrow +\infty} \sqrt[x]{a}=1$$

当$x\rightarrow-\infty$时,显然有$$\lim _{x \rightarrow +\infty}\frac{1}{ \sqrt[x]{a}} =1$$

所以$$\lim _{x \rightarrow -\infty} \sqrt[x]{a}=1$$

所以$$\lim _{x \rightarrow \infty} \sqrt[x]{a}=1$$

\subsection{$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin x}{x}=0$}
\textbf{证}\quad
$\forall \varepsilon>0$, 取 $X=\frac{1}{\varepsilon}$,当$|x|>X$时,$$\left|\frac{\sin x}{x}\right|<\left|\frac{1}{x}\right|<\varepsilon$$

所以 $$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin x}{x}=0$$

\section{已知常数 $a_{k}(k=1,2, \cdots n)$ 满足 $\sum_{k=1}^{n} a_{k}=0$, 求证 : $\lim _{x \rightarrow+\infty} \sum_{k=1}^{n} a_{k} \sin \sqrt{x+k}=0$ .}
\textbf{证}\quad
任意满足$\lim _{n \rightarrow+\infty}x_{n}=+\infty$的子列$\sin(x_{n})$,都满足 $\sum_{k=1}^{n} a_{k} \sin x_{i}=0\cdot sin(x_{i})=0(i=1,2...)$

所以$\lim _{n \rightarrow+\infty}sin(x_{n})=0$,由海涅原理,$\lim _{x \rightarrow+\infty} \sum_{k=1}^{n} a_{k} \sin \sqrt{x+k}=0$

\section{求下列极限 :}
\subsection{$\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1-\frac{2}{x}\right)^{-x}$}
\textbf{解}\quad
$$
	\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1-\frac{2}{x}\right)^{-x}=\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1-\frac{2}{x}\right)^{-\frac{x}{2} \cdot 2}=\left[\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1-\frac{2}{x}\right)^{-\frac{x}{2}}\right]^{2}=\mathrm{e}^{2}
$$

\subsection{$\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{1}{2 x^{2}}\right)^{x}$}
\textbf{解}\quad
$$
	1<\left(1+\frac{1}{2 x^{2}}\right)^{x}=\left[\left(1+\frac{1}{2 x^{2}}\right)^{2x^2}\right]^{\frac{1}{2x}}<e^{\frac{1}{2x}}
$$

两边同时取极限,由夹逼定理得
$$
	\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{1}{2 x^{2}}\right)^{x}=1
$$

\subsection{$\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1+x}{1-x}\right)^{\frac{1}{x}}$}
\textbf{解}\quad
$$
	\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1+x}{1-x}\right)^{\frac{1}{x}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\left[(1-x)^{-\frac{1}{x}}\right]^{-1}}=\frac{\lim _{x \rightarrow 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\lim _{x \rightarrow 0}\left[(1-x)^{-\frac{1}{x}}\right]^{-1}}=\frac{e}{\mathrm{e}^{-1}}=\mathrm{e}^{2}
$$

\subsection{$\lim _{x \rightarrow 0^{+}}(1+x)^{\frac{1}{x}}$}
\textbf{解}\quad
记$t=\frac{1}{x}(t>0)$,则
$$
	\lim _{x \rightarrow 0^{+}}(1+x)^{\frac{1}{x}}=\lim _{t \rightarrow +\infty}(1+\frac{1}{t})^{t}=e.
$$

\section{利用海涅定理证明 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \cos x$ 不存在}
\textbf{证}\quad
显然取$x_{n_1}=\frac{\pi}{2}+2n_{1}\pi$和$x_{n_2}=2n_{2}\pi$,则两个子列得极限不相同,所以$\lim _{x \rightarrow+\infty} \cos x$不存在.

\section{已知极限 $\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\frac{x-a}{x+a}\right)^{x}=\mathrm{e}^{2}$,求常数 $a$ .}
\textbf{解}\quad
$$
	\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\frac{x-a}{x+a}\right)^{x}=\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{-2 a}{x+a}\right)^{x}=\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{-2 a}{x+a}\right)^{-\frac{x+a}{2 a}\left(-\frac{2 a}{x+a}\right) x}=\mathrm{e}^{-2 a}=\mathrm{e}^{2}
$$

解得$a=-1$

\section{ 证明$\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=A$ 的充要条件是:对任意严格单调增加的正无穷大数列$\left\{x_{n}\right\}$, 都有$\lim _{n \rightarrow+\infty} f\left(x_{n}\right)=A$.}
\textbf{证}\quad
必要性显然,下证充分性.

若对任意的正无穷大数列$\left\{x_{n}\right\}$, 都有 $\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(x_{n}\right)=A$ .
假设  $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x) \neq A$,  则  $\exists \varepsilon_{0}>0$, $\forall X>0$, $\exists x>X$

对 $X_{1}=1$, $\exists x_{1}>X_{1}$, 但$\left|f\left(x_{1}\right)-A\right| \geqslant \varepsilon_{0}$ ;

对 $X_{2}=2$, $\exists x_{2}>X_{2}$, 但$\left|f\left(x_{2}\right)-A\right| \geqslant \varepsilon_{0} $;

...

对 $X_{n}=n$, $\exists x_{n}>X_{n}$, 但$\left|f\left(x_{n}\right)-A\right| \geqslant \varepsilon_{0}$ ;

...

则有一个数列不会收敛到A,与假设矛盾.所以二者等价.证毕.

\section{证明极限  $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)$ 存在的充要条件是 :对任意的$ \varepsilon>0$, 存在  $X>0$, 使得当  $x_{1}, x_{2}>X$时,有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon$ .}
\textbf{证}\quad
必要性:

设  $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=A$, 则  $\forall \varepsilon>0, \exists X>0, \forall x_{1}, x_{2}>X$ 时,
$\left|f\left(x_{1}\right)-A\right|<\frac{\varepsilon}{2},\left|f\left(x_{2}\right)-A\right|<\frac{\varepsilon}{2} $

所以$$\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leqslant\left|f\left(x_{1}\right)-A\right|+\left|f\left(x_{2}\right)-A\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$$

充分性:

任意选取数列 $\left\{x_{n}\right\}$, 满足 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=+\infty$, 则 $\forall M>0, \exists N \in \mathbb{N}^{*}$,当 $n>N$ 时 , $x_{n}>M$ .

由题意可知对任意的 $\varepsilon>0$, 存在 $X>0$, 使得当 $x_{1}, x_{2}>X$ 时,有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon$ .

取 $M=X>0$, 则存在 $N \in \mathbb{N}^{*}$, 使得当 $m>n>N$ 时 , $x_{n}>M$, $x_{m}>M$, 从而有 $$| f\left(x_{m}\right)-f\left(x_{n}\right) |<\varepsilon$$

即数列 $\left\{f\left(x_{n}\right)\right\}$  为$\mathrm{Cauchy}$ 列, 因而收敛 .

\section{设$ f(x)$ 为周期函数且有 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=A$, 证明 : $f(x) \equiv A$ . }
\textbf{证}\quad
设$f(x)$周期为$T$,则任取$a,b\in[0,T]$,都满足$\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=\lim _{n \rightarrow+\infty} f(a+nT)=\lim _{n \rightarrow+\infty} f(b+nT)=A$ ,而由周期函数性质可知$f(a)=f(b)$,所以$f(x)$是常值函数.

或者直接证明若周期函数任意两个子列极限都相同,则显然其为常值函数

\end{document}